¿Es toda esfera convexa (en el sentido de Alexandorff, que es el límite de algún cuerpo convexo en $\mathbb{R}^3$ ) con curvatura de Alexandorff $\geq 1$ , bi-Lipschitz a la esfera redonda unitaria en $\mathbb{R}^3$ ?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Aquarion
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La respuesta es positiva, sin el supuesto de la curvatura (por supuesto que tenemos curvatura $\ge 0$ para cualquier convexo). Sea $o$ sea un punto interior del cuerpo $B$ cuyo límite $\partial B$ es su esfera convexa, y sea $r$ sea lo suficientemente pequeño como para que $S(o,r) \subset \operatorname{int}(B)$ . Consideremos la proyección radial $\mathbb{R}^3\to B(o,r)$ que es $1$ -Lipschitz. Todo lo que tenemos que demostrar es que su restricción $\pi$ de $\partial B$ a $S(o,r)$ es invertible y tiene inversa de Lipschitz.
Cada rayo emitido desde $o$ Intersecciones $\partial B$ para que $\pi$ es sobre. Si tal rayo intersectara $\partial B$ en varios puntos, entonces $o$ tendría que ser un punto límite, que se excluye, por lo que $\pi$ es uno a uno.
Ahora, eso $\pi^{-1}$ no es Lipschitz equivale a decir que podemos encontrar rayos $\gamma$ emitido desde o e hiperplanos de apoyo $H$ en el punto de intersección $\gamma\cap \partial B$ haciendo un ángulo arbitrariamente pequeño. Si este fuera el caso, tomando una secuencia $(\gamma_n,H_n)_n$ con el ángulo que va a $0$ podríamos extraer una subsecuencia convergente. Esto daría en el límite una semirrecta $\gamma_\infty$ y un hiperplano de apoyo $H_\infty$ tal que $\gamma_\infty \subset H_\infty$ . Entonces $o\in \gamma_\infty\subset H_\infty$ en contradicción con $o$ siendo un punto interior.
